2023届辽宁省丹东市五校高三上学期联考数学试题（解析版）

这是一份2023届辽宁省丹东市五校高三上学期联考数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出集合A中元素，注意它是由整数构成的集合；集合B是函数的定义域，注意真数要大于0，最后求交集.
【详解】
所以.
故选：B.
2．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合．若角终边上一点的坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】计算得到，在根据三角函数定义计算得到答案.
【详解】，即，则，.
故.
故选：A
3．下列结论中，错用基本不等式做依据的是（ ）
A．a，b均为负数，则．B．．
C．．D．．
【答案】C
【分析】根据均值不等式解题必须满足三个基本条件：“一正，二定、三相等”，可知选项ABD不符合要求，而选项C，只需要举反例（不满足“一正”）即可判断其符合要求．
【详解】对于A，因为a，b均为负数，所以，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以，故A不符合要求；
对于B，易知，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，故B不符合要求；
对于C，当时，，显然是因为不满足“一正”导致的错误，故C符合要求；
对于D，因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，故D不符合要求.
故选：C．
4．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为4，若该几何体的所有顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（ ）
图1 图2
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合勾股定理求得球的半径，进而求得球的表面积.
【详解】底面边长为，底面的对角线长为.
设正四棱柱和正四棱锥的高为，外接球的半径为，
则，
解得，
所以外接球的表面积为.
故选：C
5．下列结论正确的是（ ）
A．若，，是一组两两相互独立的事件，则
B．若，事件满足，则，是对立事件
C．若，是互斥事件，则
D．“，是互斥事件”是“，是对立事件”的充分不必要条件
【答案】C
【分析】根据互斥事件与对立事件的概念对各个选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于选项A，例如，从1，2，3，4中随机选出一个数字，
记事件为“选出的数字为1或2”，事件为“选出的数字为1或3”，
事件为“选出的数字为1或4”，
则事件，，，同时发生的事件为“选出的数字为1”，
因为，，
所以，，，
故，，是一组两两独立的事件，但是，A不正确.
对于选项B，例如，投掷一枚质地均匀的骰子，
记事件为“点数为1，2，3”，事件为“点数为2，4，6”，则，
但是，不是对立事件，B不正确.
对于选项C，因为，是互斥事件，所以为必然事件，则，C正确.
对于选项D，互斥事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件，
所以“，是互斥事件”是“，是对立事件”的必要不充分条件，D不正确.
故选：C.
6．已知非零向量的夹角正切值为，且，则（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】D
【分析】先求出非零向量的夹角余弦值，再利用向量数量积的运算律和定义处理
，即可得到答案.
【详解】解析 设，的夹角为，由得.
因为，所以，
得，解得或（舍去）.
故选：D.
7．已知等比数列中，，其前项和为，前项积为，且，，则使得成立的正整数的最小值为（ ）
A．9B．10C．11D．12
【答案】D
【分析】根据等比数列的通项关系，求得，从而得，于是有，解不等式即可.
【详解】解：因为，，所以，
即，则，
，或，又，，
，，
则，
，
则，得，则.
选选：D.
8．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，先构造函数，比较，再构造函数，通过求导，判断单调性，比较与的大小，最后构造函数，进而确定与的大小关系，从而得出结果.
【详解】令，则，所以在上单调递减，所以，也即，
令，则，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，故当时有，
所以，
令，则，
因为，
当时，，所以，
函数在上单调递减，所以，也即，
所以，故，
故选：B.
二、多选题
9．已知等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．
B．若，则的最小值为
C．取最大值时，或
D．若，n的最大值为8
【答案】ACD
【分析】求出等差数列的通项公式判断A，由等差数列性质得利用基本不等式求最小值判断B，由等差数列的是递减数列，找到正负分隔的项即可得最大时的值，从而判断C，求得等差数列的前项和，解不等式判断D.
【详解】由题意得，可得，
则等差数列的通项公式为，则选项A判断正确；
若，则,
则
（当且仅当，时等号成立）
又，则的最小值不是．则选项B判断错误；
等差数列中，…
则等差数列的前n项和取到最大值时，n=4或n=5．则选项C正确；
，得,且，故n的最大值为8，则选项D判断正确，．
故选：ACD
10．某保险公司为客户定制了个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对个险种参保客户进行抽样调查，得到如图所示的统计图．则以下说法正确的是（ ）
A．周岁以上的参保人数最少
B．周岁人群参保的总费用最少
C．丁险种更受参保人青睐
D．周岁及以上的参保人数占总参保人数的
【答案】AC
【分析】根据统计图表逐个选项进行验证即可.
【详解】由参保人数比例图可知，周岁以上参保人数最少，周岁以上的人群约占参保人群的，故A正确，D错误
由参保险种比例图可知，丁险种更受参保人青睐，故 C正确
由不同年龄段人均参保费用图可知，周岁人群人均参保费用最少，但是这类人所占比例为，所以总费用不一定最少，故B错误．
故选：AC．
11．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2B．是奇函数
C．的图象关于直线对称D．在上单调递减
【答案】BCD
【分析】根据的范围，三角函数的奇偶性、对称性、单调性对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，由于，所以的值可以为负数，A选项错误.
B选项，
，
所以为奇函数，B选项正确.
C选项，
，
所以的图象关于直线对称，C选项正确.
D选项，，所以在区间上递增，
令，，
令，，
其中，
所以，
所以在上递减，
根据复合函数单调性同增异减可知在上单调递减，D选项正确.
故选：BCD
12．已知函数，则（ ）
A．曲线在点（1，0）处的切线方程为
B．的极小值为
C．当时，有且仅有一个整数解
D．当时，有且仅有一个整数解
【答案】ABD
【分析】由导数的几何意义求切线方程判断A，由导数求极值判断B，利用导数确定函数的性质后结合函数图象判断CD．
【详解】，，∴切线方程为，即，A正确；
时，，递减，时，，递增，
所以时，取得极小值，B正确；
作出的图象，再作直线，如图，直线过定点，斜率为，
由得，得，
∴在时，不等式只有一个整数解，D正确；
作出的图象，再作直线，如图，直线过定点，斜率为，图中为了说明问题对的图象进行了放缩处理，
由得．
即时，直线过点，
时，，图象在时切线斜率大于，因此此时，
时，，无整数解，C错、
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：用导数确定不等式的整数解问题，数形结合是重要的方法，一般是把不等式适当变形，转化为一个固定函数的图象在动直线的一侧，可利用导数确定函数的性质，动直线动起来后观察交点情况，从而可得解的情况．
三、填空题
13．已知（i为虚数单位，）为纯虚数，则____________．
【答案】
【分析】根据复数的除法运算法则，化简复数，根据复数的概念即可求解.
【详解】
因为复数为纯虚数，所以，.
故答案为：-3.
14．如图，在正三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为______．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出向量,的坐标,利用向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】以A为原点，在平面内过点A作的垂线为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
在正三棱柱中，，，
则 ，
故 ,,
设异面直线与所成角为，
所以 ,
∴异面直线 与所成角的余弦值为,
故答案为：.
15．已知函数的图象关于直线对称，则的最大值为______．
【答案】16
【分析】由可得或,即和是函数的零点,然后结合方程的根与系数关系可求,然后结合导数即可求解最大值.
【详解】由可得或，
即,是函数的零点，
的图象关于直线对称,
故关于对称的点和也是函数的零点，
故0,4是的根，
故由韦达定理可得,
所以,
所以,
令可得或或，
当或,此时函数单调递减，
当或时,,此时函数单调递增,
故函数最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据函数的零点的对称点求出参数，从而借助导数进一步求解.
16．我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为的个球的口袋中取出个球，共有种取法.在种取法中，不取号球有种取法；取号球有种取法.所以.试运用此方法，写出如下等式的结果：___________.
【答案】
【分析】将等式看作是从编号为个球中，取出个球，其中第个球的编号依次为的情况，利用分类加法计数原理得到的结果；再由从编号为个球中，取出个球，有种取法，即可得到结果.
【详解】从编号为个球中，取出个球，记所选取的六个小球的编号分别为，且，
当时，分三步完成本次选取：
第一步，从编号为的球中选取2个；第二步，选取编号为的球；第三步，从剩下的个球中任选个，故选取的方法数为；
当时，分三步完成本次选取：
第一步，从编号为的球中选取2个；第二步，选取编号为的球；第三步，从剩下的个球中任选个，故选取的方法数为；
……；
当时，分三步完成本次选取：
第一步，从编号为的球中选取2个；第二步，选取编号为的球；第三步，从剩下的个球中选个，故选取的方法数为；
至此，完成了从编号为个球中，选取个球，第个球的编号确定时的全部情况，
另外，从编号为个球中，取出个球，有种取法，
所以.
故答案为：.
四、解答题
17．已知函数的相邻两对称轴间的距离为，
(1)求的解析式；
(2)将函数的图像向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图像，当时，求函数的值域；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用倍角公式和辅助角公式化简即可求解;
（2）根据函数图像的平移和缩放公式得到，再利用整体法分析函数值域即可求解.
【详解】（1）函数，整理得：，由于相邻两对称轴间的距离为，故函数的最小正周期为π，故．
所以．
（2）函数的图像向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图像，
由于，故；
所以．
18．已知数列的前n项和为，且满足，，
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列，求数列的前2n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用进行类比作差法即可求解；（2）分组求和，等比数列求和以及等差数列求和方法即可得解.
【详解】（1）∵，∴，
当时，，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
又当时，，，∴，又，适合上式，
则数列的通项公式为；
（2）由题意可得，
则
，
∴．
19．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
问题：在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足___________．
(1)求角A的大小；
(2)若D为线段延长线上的一点，且，求的面积．
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)
【分析】（1）选择①：由正弦定理边化角得方程，求解即可.
选择②：由正弦定理角化边得关于三边的方程，代入余弦定理可得.
选择③：由正弦定理边化角，再由展开计算可得结果.
（2）设，，，在△ABC中，由、列等式①②，在中，由列等式③，由①②③解方程可得x，y.代入三角形面积公式可得结果.
【详解】（1）若选择①，∵．∴，
∵，∴，
即，
∵∴；
若选择②，∵，
∴，
∴，
∴，
，
∵∴；
若选择③，∵，
∴，
∴，
∴，
∴，又∵．∴，
∴，∵，∴；
（2）设，，，
在中，用余弦定理可得，
即 ①，
又∵在中，，
即.即，即 ②，
在中，用余弦定理可得，
即 ③，③+①可得，
将②式代入上式可得，．
20．已知三棱柱，侧面是边长为2的菱形，，侧面四边形是矩形，且平面平面，点D是棱的中点．
(1)在棱AC上是否存在一点E，使得平面，并说明理由；
(2)当三棱锥的体积为时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）取的中点F，连接EF，DF ，易得 ，则四边形DFEA是平行四边形，从而AD∥EF，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）根据四边形是矩形，结合平面平面，得到面，由，得到，再由，得到，然后以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量，由求解.
【详解】（1）解：存在，当E为AC的中点时，AD∥平面，理由如下：
如图所示：
取的中点F，连接EF，DF ，
∵DF是的中位线，
∴，
又 ，
∴ ，
∴四边形DFEA是平行四边形 ，
∴AD∥EF，
又面，面 ，
∴AD∥平面．
（2）∵四边形是矩形，
∴，，
又∵平面平面，
∴面，
∵，
∴ ，
∵侧面是菱形，，
∴是正三角形 ，
∵E是AC的中点，
∴，
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
由，得，
令，则，，
∴ ，
又平面的一个法向量，
∴，
∴平面与平面的夹角的余弦值是.
(1)从顾客中随机抽取3人，记这3人的合计得分为X，求X的分布列和数学期望；
(2)从顾客中随机抽取n人（），记这n人的合计得分恰为分的概率为，求；
【答案】(1)分布列见解析；期望为5
(2)
【分析】（1）三人的得分情况分别为：三人都得1分，三人中1人得1分其余2人得2分，三人中有2人得1分1人得2分，三人都得2分，根据以上情况计算各得分的概率可得分布列；
（2）由n人的合计得分恰为n+1分，则其中有且只有1人既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪容融挂件，可得，由错位相减法求得的前n项的和.
【详解】（1）X的取值为3，4，5，6
所以，，
，．
所以X的分布列为：
所以；
（2）因为这n人的合计得分恰为n+1分，则其中有且只有1人既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪容融挂件，
所以，
设，
，
两式相减得，
所以，
所以；
22．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当a＝1时，若函数有两个零点，求实数t的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）分，，讨论求解即可；
（2）由题意可知关于x的方程有两个不同的实根，进而，令，要使有两个不同的实根，则需有两个不同的实根．令，利用导数法研究的零点即可
【详解】（1）因为，
所以．
当时，恒成立，
所以在上单调递增；
当时，令，得，
由解得，由解得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，恒成立，
所以在上单调递减．
综上可知：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减．
（2）当时，，则，
所以关于x的方程有两个不同的实根，
即关于x的方程有两个不同的实根．
因为x＞0，
所以．
令，则，
所以在上单调递增．
要使有两个不同的实根，则需有两个不同的实根．
令，则．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以．当t＜1时，，没有零点；
当t＝1时，，当且仅当x＝1时，等号成立，只有一个零点；
当t＞1时，，，．
令，则，即在上单调递增，
所以，即．
所以在上有一个零点，在上有一个零点，符合条件．
综上，实数t的取值范围是．
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
X
3
4
5
6
P